习题金属自由电子论

第五章金属自由电子论1．电子在每边长为L的方盒子中运动，试用索末菲量子自由电子模型和周期性边界条件求出它的最低的四个能级的所有波函数，绘出这四个能级的能量和简并度每个能级所具有的电子态总数称为这个能级的简并度。解：由教材（5－18）式.电子能量不考虑.nx＝ny＝nz＝0.E＝0的情况，则最小能量分别对应于：（nx、ny、nz）为（1,0,0）(0,1,0)(0,0,1)简并度：3（1,1,0）,(1,0,1)(0,1,1)简并度：3（1,1,1）简并度：1（2,0,0），（0,2,0），（0,0,2）简并度：3波函数分别为：E＝E1E＝E22222222zyxnnnLmE＝22122LmE＝323223LmE＝422224LmE＝rKirKiyxeLeL31231111＝＝rKiyeL3131＝rKKjKiyyeL)(3231＝222222LmE＝rjKiKiyxeL)(3211＝rKKjKizXeL)(3221＝E＝E3E＝E42．限制在边长为二维正方形势阱中的N个自由电子，电子能量为（与第六章16题相同）试求：（1）能量从E到E＋dE之间的电子状态数；（2）T＝0时费米能量的表示式解：（1）解1：在二维情况下，每个K点在倒二维空间占的面积为（2л/L）2,K点面密度为考虑电子自旋，在K单位面积内电子态总数为(电子态密度)对题示的电子，等能面为园，K空间半径为22||mEk的园内电子态数目为态密度dE间隔的电子状态数dZ＝DdE解2：rKizeL23431＝)(2).(222yxyxKKmKKE＝22)2(L2222242LL＝2222222mELLmEZ＝22mLdEdzD＝＝dEmL22＝KdKLdZ2222＝KdKmdE222＝rKKjKiKizyxeL)(3311＝rjKiriKiyxeLeL2342)2(3411,1＝＝(2)T=0时电子把EE0F之能级全部填满f=1设价电子密度ne＝（N/L2）3.试证元胞是正方形的二维晶格第一布里渊区顶角上的自由电子动能比区边中点处大一倍，对于简立方晶体，相应的倍数是多少？解：在索末菲模型中认为晶体中电子仍为自由电子，相互间势能＝0.(而在近自由电子模型还要考虑周期势场的影响)。自由电子能量在B.Z顶角，Kx＝Ky＝(π/a)在B.Z边中点的一点（其他点类似）Kx＝（π/a）.Ky=0∴（E1/E2）=2得证.对S.C晶体中自由电子能量B.Z区项点Kx＝Ky＝Kz＝(π/a)一个B.Z区面心中点Kx＝(π/a)Ky=Kz=0∴类似可得（E1/E2）=3dEEmdKmEK2,2＝＝dEmLdEEmmELdZ222222＝＝000000)(FFFEEEdZdZfdEEfDN＝＝＝0002222FEFEmLdEmL＝＝mnmLNEeF2220＝＝)(2222yxKKmE＝22122amE＝222)(2anmE＝)(22222zyzKKKmE＝4.试估算在温度T时，金属中被热激发到达高能态的电子数目所占全部电子数的比例，解：严格应为：但积分运算困难，作为估算不妨使用下方法：可算出当E－EF=3KT时f(E.T)=0.05E＝Ef时f=0.5设E－EF=3KT时f(E.T)＝0设X＝E－Ef如图直线方程：f0.503KTf=5.0615.035.0KTKT－斜线下电子数不妨把电子态密度设为正方二维格子的情况，（题2：22mlg）设T＝300K一般材料0fE~几个ev2110~NNNedEmVNdETfgfKTfEEfEE1)2()2()()()2322（＝KTfgdxN30＝‘KTdxmLxKTN3022')5.061(＝KTxxKTmL302225.02161＝＋KTmLKTKTmL222243)5.143(＝＝1,)(00ffdEEgNfE＝总电子0002222fEfEmLdEmL＝＝evKT2100.114.40'43fEKTNN＝5．证明：对自由电子费米气模型，费米能级Ef处的电子态密度可以写为D（Ef）＝3N0/(2Ef),其中N0为价电子数。解：对自由电子D=21323)2(4EhmVdEdzcT＝0时电子均有费米球内f=11/)(KTEEfe=1常温时.费米能级略有下降，电子仍基本均在费米球内电子数N0=0f·D·dE=0EfDdE=0Ef21323)2(4EhmVcdE=232332)2(43fcEmhVN式与D式比较可知D（Ef）＝3N0/(2Ef)6．已知银是单价金属，费米面近似为球形，银的密度ρm＝10.5×103kg.m-3原子量A＝107.87,电阻率在295K时为1.61×10-8Ω·m，在20K时为0.0038×10-8Ω·m.,试计算（1）费米能，费米温度和费米速度；（2）费米球的半径和费米球的最大截面积；（3）室温下和绝对零度附近电子平均自由时间和平均自由程解：1m3的银的摩尔数＝（10.5×106/107.87）=97.3×3mol其中原子数为摩尔数×N0=97.3×6.02×1026=5.86×1028银为一价原子,故价电子数亦为N：5.86×1028个,价电子密度ne=(N/V)=5.86×1028个/m3（1）费米能：由式（5－30）电子静止质量m＝9.1×10－31kg单位换为ev费米速度：3222032eFnmE＝34100545.12＝＝h)(108.8)14.31086.53(10109.9210112.1192283168032JEF＝＝evEF49.500221FFEmv＝1231190210934.1101.92108.82＝＝＝mEFF)(10391.16smF＝费米温度：(K)（2）费米球半径KF＝(3π2ne)(1/3)=(3×3.142×5.86×1028)1/3＝12.02×109（1/m）另外：费米球最大截面积：（3）常温下电子平均自由时间τ、平均自由程L设T=295K由式（5－56）σ=nee2τ/m＝3.77×1014（s）L＝τ·vF＝3.77×10-14×1.39×106＝5.24×10-8(m)设低温T=20Kρ‘=0.0038×10-8(ρ/ρ’)＝(1.61/0.0038)≈424τ‘＝424×τ＝424×3.77×10-14s＝1.6×10-11(m)L’＝τ‘·vF＝1.6×10-11×1.39×106＝2.22×10-5(m)7.已知锂的密度为0.534×103kg·m-3,德拜温度为344k，试求（1）室温下电子比热（2）在什么温度下电子比热和晶格比热有相同值？解：（1）由教材p146、表5－1已知Li的Ef=4.47ev,Li的电子摩尔比热（式5－46）Z=1E0F≈EF设T=300K原子量=6.95单位质量电子比热＝0.224/6.95≈0.0322(J/g)(2)由式（5－45）（5－46）当Cυl＝CυeθD=344K4231901038.61038.1108.8＝＝BFFKET)1(102.11005.1108.8101.9229682193120mmEKFF＝＝＝)1(1056.42220202maxmmEKSFF＝＝＝21enme＝＝8382283121061.1106.10.186.5101.9＝＝enme02022FBveETKZNC＝19462232'1060.174.43001038.11002.6214.395.6195.6＝＝veveCC632.151060.174.414.3241038.134452451922330232＝＝＝FDETT＝4K8.在低温下金属钾的摩尔比热的实验结果可写为Cv＝2.08T＋2.57T3mJ/mol·K若有一个摩尔钾有Nv＝6×1023个电子，试求钾的费米温度和德拜温度θD解：由式(5-49).低温时电子比热Cv＝Cυe＋CυL＝γT＋bT3与题给Cv式比较可知γ＝2.08×10-3b＝2.57×10-3费米温度KBTF＝E0F并用式（5－47）可得：钾：z＝1又：由式（5－45）：∴θD≈91K（与P94表示3－2数据一致）9．试用里查逊公式证明：两种金属的接触电势差V1-V2＝1/e（ΦⅠ－ΦⅡ）其中ΦⅠ、ΦⅡ分别为两种金属的功函数。解：设两块金属温度都是T，当它们接触时，每秒内从金属Ⅰ的单位表面积所逸出的电子数为每秒从金属Ⅱ单位面积逸出的电子数为若ΦⅠ＜ΦⅡ，则从金属Ⅰ逸出的电子数比金属Ⅱ多，于是二者接触后金属Ⅰ带正电，金属Ⅱ带负电。VⅠ0VⅡ0这样两块金属中的电子分别具有附加的静电势能为-eVⅠ0-eVⅡ0它们发射的电子数分别变成平衡时020233042512FBDBETKzNTKN＝BFKTzN208.210023＝－KRKNTBF200001008.2231.814.31008.221008.223232302＝＝＝33041057.2)1(512＝DBKN33431075657.210512＝＝RDTBKeTKmB32)(4＝TBKeTKmB22)(4＝ⅡTKeVBBeTKm/)(3211)(4＝TKeVBBeTKm/)(321)(4Ⅱ＝Ⅱ11Ⅱ＝I由此得ФⅠ＋eVⅠ＝ФⅡ＋eVⅡ所以接触电势差VⅠ－VⅡ＝（1/e）（ФⅡ－ФⅠ）(注意VⅡ0)